智力&场景题

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其实互联网招聘中,有一类型考察是考察你的临场反应速度,比如脑筋急转弯这种智力题或者情景题,阿秀这里也为大家总结了一些常见的智力题和情景题!

比如很知名的腾讯赛马问题,我自己以前秋招找工作的时候,在面试字节跳动的时候就被考察过。

# 1、三人三鬼过桥

有三个人跟三个鬼要过河,河上没桥只有条小船,然后船一次只能渡一个人和一个鬼,或者两个鬼或者两个人,无论在哪边岸上,只有是人比鬼少的情况下(如两鬼一人,三鬼两人,三鬼一人)人会被鬼吃,然而船又一定需要人或鬼操作才能航行(要有人或鬼划船),问,如何安全的把三人三鬼渡过河对岸?

参考回答

  • 先两鬼过去。在一鬼回来。对面有一鬼。这边有三人两鬼。
  • 再两鬼过去。在一鬼回来。对面有两鬼。这边有三人一鬼。
  • 再两人过去。一人一鬼回来。对面一人一鬼。这边两人两鬼。
  • 最后两人过去。一鬼回来。对面三人。这边三鬼。
  • 剩下的就三个鬼二个过去一个回来在接另外个就OK了。

# 2、赛马找最快的马匹(腾讯高频题)

一般有这么几种问法:

25匹马5条跑道找最快的3匹马,需要跑几次?参考回答:7

64匹马8条跑道找最快的4匹马,需要跑几次?参考回答:11

25匹马5条跑道找最快的5匹马,需要跑几次?参考回答:最少8次最多9次

建议画图表来看,将问题简单化一点,将大问题化成小问题即可,同时B站有个讲解视频还不错:https://www.bilibili.com/video/BV1KJ411g78y

详细解法:

1、25匹马5条跑道找最快的3匹马,需要跑几次?

将25匹马分成ABCDE5组,假设每组的排名就是A1>A2>A3>A4>A5,用边相连,这里比赛5次

第6次,每组的第一名进行比赛,可以找出最快的马,这里假设A1>B1>C1>D1>E1

D1,E1肯定进不了前3,直接排除掉

第7次,B1 C1 A2 B2 A3比赛,可以找出第二,第三名

所以最少比赛需要7次

2、64匹马8条跑道找最快的4匹马,需要跑几次?

第一步 全部马分为8组,每组8匹,每组各跑一次,然后淘汰掉每组的后四名,如下图(需要比赛8场)

第二步 取每组第一名进行一次比赛,然后淘汰最后四名所在组的所有马,如下图(需要比赛1场)

这个时候总冠军已经诞生,它就是A1,蓝域(它不需要比赛了)。

而其他可能跑得最快的三匹马只可能是下图中的黄域了(A2,A3,A4,B1,B2,B3,C1,C2,D1,共9匹马)

第三步 只要从上面的9匹马中找出跑得最快的三匹马就可以了,但是现在只要8个跑道,怎么办?

那就随机选出8匹马进行一次比赛吧(需要比赛一场)

第四步 上面比赛完,选出了前三名,但是9匹马中还有一匹马没跑呢,它可能是一个潜力股啊,那就和前三名比一比吧,这四匹马比一场,选出前三名。最后加上总冠军,跑得最快的四匹马诞生了!!!(需要一场比赛)

最后,一共需要比赛的场次:8 + 1 + 1 + 1 = 11 场

3、25匹马5条跑道找最快的5匹马,需要跑几次?

(1) 首先将25匹马分成5组,并分别进行5场比赛之后得到的名次排列如下:

A组: [A1 A2 A3 A4 A5]

B组: [B1 B2 B3 B4 B5]

C组: [C1 C2 C3 C4 C5]

D组: [D1 D2 D3 D4 D5]

E组: [E1 E2 E3 E4 E5]

其中,每个小组最快的马为[A1、B1、C1、D1、E1]。

(2) 将[A1、B1、C1、D1、E1]进行第6场,选出第1名的马,不妨设 A1>B1>C1>D1>E1. 此时第1名的马为A1。

(3) 将[A2、B1、C1、D1、E1]进行第7场,此时选择出来的必定是第2名的马,不妨假设为B1。因为这5匹马是除去A1之外每个小组当前最快的马。

(3) 进行第8场,选择[A2、B2、C1、D1、E1]角逐出第3名的马。

(4) 依次类推,第9,10场可以分别决出第4,5名的吗。

因此,依照这种竞标赛排序思想,需要10场比赛是一定可以取出前5名的。

仔细想一下,如果需要减少比赛场次,就一定需要在某一次比赛中同时决出2个名次,而且每一场比赛之后,有一些不可能进入前5名的马可以提前出局。

当然要做到这一点,就必须小心选择每一场比赛的马匹。我们在上面的方法基础上进一步思考这个问题,希望能够得到解决。

(1) 首先利用5场比赛角逐出每个小组的排名次序是绝对必要的。

(2) 第6场比赛选出第1名的马也是必不可少的。假如仍然是A1马(A1>B1>C1>D1>E1)。那么此时我们可以得到一个重要的结论:有一些马在前6场比赛之后就决定出局的命运了(下面粉色字体标志出局)。

A组: [A1 A2 A3 A4 A5]

B组: [B1 B2 B3 B4 B5 ]

C组: [C1 C2 C3 C4 C5 ]

D组: [D1 D2 D3 D4 D5 ]

E组: [E1 E2 E3 E4 E5 ]

(3) 第7场比赛是关键,能否同时决出第2,3名的马呢?我们首先做下分析:

在上面的方法中,第7场比赛[A2、B1、C1、D1、E1]是为了决定第2名的马。但是在第6场比赛中我们已经得到(B1>C1>D1>E1),试问?有B1在的比赛,C1、D1、E1还有可能争夺第2名吗? 当然不可能,也就是说第2名只能在A2、B1中出现。实际上只需要2条跑道就可以决出第2名,剩下C1、D1、E1的3条跑道都只能用来凑热闹的吗?

能够优化的关键出来了,我们是否能够通过剩下的3个跑道来决出第3名呢?当然可以,我们来进一步分析第3名的情况?

● 如果A2>B1(即第2名为A2),那么根据第6场比赛中的(B1>C1>D1>E1)。 可以断定第3名只能在A3和B1中产生。

● 如果B1>A2(即第2名为B1),那么可以断定的第3名只能在A2, B2,C1 中产生。

好了,结论也出来了,只要我们把[A2、B1、A3、B2、C1]作为第7场比赛的马,那么这场比赛的第2,3名一定是整个25匹马中的第2,3名。

我们在这里列举出第7场的2,3名次的所有可能情况:

① 第2名=A2,第3名=A3

② 第2名=A2,第3名=B1

③ 第2名=B1,第3名=A2

④ 第2名=B1,第3名=B2

⑤ 第2名=B1,第3名=C1

(4) 第8场比赛很复杂,我们要根据第7场的所有可能的比赛情况进行分析。

① 第2名=A2,第3名=A3。那么此种情况下第4名只能在A4和B1中产生。

● 如果第4名=A4,那么第5名只能在A5、B1中产生。

● 如果第4名=B1,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。

不管结果如何,此种情况下,第4、5名都可以在第8场比赛中决出。其中比赛马匹为[A4、A5、B1、B2、C1]

② 第2名=A2,第3名=B1。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。

● 如果第4名=A3,那么第5名只能在A4、B2、C1中产生。

● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。

● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。

那么,第4、5名需要在马匹[A3、B2、B3、C1、A4、C2、D1]七匹马中产生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。

③ 第2名=B1,第3名=A2。那么此种情况下第4名只能在A3、B2、C1中产生。

情况和②一样,必须角逐第9场

④ 第2名=B1,第3名=B2。 那么此种情况下第4名只能在A2、B3、C1中产生。

● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B3、C1中产生。

● 如果第4名=B3,那么第5名只能在A2、B4、C1中产生。

● 如果第4名=C1,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。

那么,第4、5名需要在马匹[A2、B3、B4、C1、A3、C2、D1]七匹马中产 生,则必须比赛两场才行,也就是到第9场角逐出全部的前5名。

⑤ 第2名=B1,第3名=C1。那么此种情况下第4名只能在A2、B2、C2、D1中产生。

● 如果第4名=A2,那么第5名只能在A3、B2、C2、D1中产生。

● 如果第4名=B2,那么第5名只能在A2、B3、C2、D1中产生。

● 如果第4名=C2,那么第5名只能在A2、B2、C3、D1中产生。

● 如果第4名=D1,那么第5名只能在A2、B2、C2、D2、E2中产生。

那么,第4、5名需要在马匹[A2、B2、C2、D1、A3、B3、C3、D2、E1]九匹马中 产 生,因此也必须比赛两场,也就是到第9长决出胜负。

总结:最好情况可以在第8场角逐出前5名,最差也可以在第9场搞定。

# 3、给定随机函数,生成别的随机数

给定生成1到5的随机数Rand5(),如何得到生成1到7的随机数函数Rand7()?

思路

由大的生成小的容易,比如由Rand7()生成Rand5(),所以我们先构造一个大于7的随机数生成函数。 记住下面这个式子:

RandNN= N( RandN()-1 ) + RandN() ;// 生成1到N^2之间的随机数
可以看作是在数轴上撒豆子。N是跨度/步长,是RandN()生成的数的范围长度,
RandN()-1的目的是生成0到N-1的数,是跳数。后面+RandN()的目的是填满中间的空隙
1
2
3

比如Rand25= 5( Rand5()-1 ) + Rand5()可以生成1到25之间的随机数。我们可以只要1到21(3*7)之间的数字,所以可以这么写

int rand7(){
  int x=INT_MAX;
  while(x>21){
    x=5*(rand5()-1)+rand5();
  }
  return x%7+1;
}
1
2
3
4
5
6
7

# 4、砝码称轻重,找出最轻的

其实这都是一类题,这里列举几个经典的:

1、有一个天平,九个砝码,其中一个砝码比另八个要轻一些,问至少要用天平称几次才能将轻的那个找出来?

参考回答:至少2次。第一次,一边3个,哪边轻就在哪边,一样重就是剩余的3个; 第二次,一边1个,哪边轻就是哪个,一样重就是剩余的那个;至少称2次.

2、十组砝码每组十个,每个砝码都是10g重,但是现在其中有一组砝码每个都只有9g重,现有一个能显示克数的秤,最少称几次能找到轻的那组? 参考回答:1次

参考回答:至少1次。

将砝码分组1~10,第一组拿一个,第二组拿两个以此类推。。第十组拿十个放到秤上称出克数x,则y = 550 - x,第y组就是轻的那组。

# 5、利用空瓶换饮料,最多喝几瓶

1000瓶饮料,3个空瓶子能够换1瓶饮料,问最多能喝几瓶?

# 第一种思路

拿走3瓶,换回1瓶,相当于减少2瓶。但是最后剩下4瓶的时候例外,这时只能换1瓶。所以我们计算1000减2能减多少次,直到剩下4.(1000-4=996,996/2=498)所以1000减2能减498次直到剩下4瓶,最后剩下的4瓶还可以换一瓶,所以总共是1000+498+1=1499瓶。

# 第二种思路

  • 1000瓶饮料,3个空瓶子能换1瓶饮料,最多可以喝几瓶?

  • 第一种思维:可以考虑成dp思路

    • 初始情况,3个瓶子时将发生一次交换,因此视为特殊情况

    • 之后每增加两个瓶子又可以再换一瓶

    • 即dp[i] = dp[i - 2] + (i - (i - 2)) + 1

      • 由dp[i - 2]可求得dp[i]
      • (i - (i - 2)),即为当前增加的2瓶饮料(写成这样便于理解)
      • 1即为增加了2个空瓶,之后又可以换一瓶饮料
    • 简化为dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1

  public int method(int n) {
      // n为0/1/2的特殊情况省略了
      // 定义dp数组
      int[] dp = new int[n + 1];
      // 初始状态
      dp[0] = 0;
      dp[1] = 1;
      dp[2] = 2;
      for (int i = 3; i <= n; i++) {
        dp[i] = dp[i - 2] + 2 + 1;
     }
      return dp[n];
   }
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
  • 回归正题

    • 特殊情况:从上面的分析中,留下2个瓶子
    • 剩下998个瓶子相当于每消耗2个瓶子即可获得一瓶,即为499瓶
    • 最后剩下的2个瓶子无法再进行兑换,因此总共为1000 + 499 = 1499
  • 第二种思维:利用借瓶子的思想

    • 因为兑换一瓶饮料需要三个空瓶,这瓶饮料如果是找老板借来的,那么喝完后这个空瓶将会还给他,同时需要附赠给他另外两个空瓶,即每消耗手里两个空瓶就获得一瓶饮料
    • 但是值得注意的是,上面只是一种假设,实际情况老板是不会借给你的,因此我们至少需要保留2个空瓶,这样可以在998个瓶子剩下一个瓶子时,对其进行补足为3个空瓶,从而兑换一瓶新饮料
    • 此时使用998个瓶子进行上述的兑换,将获得499瓶饮料
    • 之前留下的两个瓶子正好无法兑换,最终获得饮料为1000 + 499 = 1499瓶

感谢微信好友”gezq0714“指出第二种思路,现已采纳!感谢!- 2021.08.13

# 6、毒药毒白鼠,找出哪个瓶子中是毒药

有1000个一模一样的瓶子,其中有999瓶是普通的水,有1瓶是毒药。任何喝下毒药的生命都会在一星期之后死亡。现在你只有10只小白鼠和1个星期的时间,如何检验出哪个瓶子有毒药?

# 参考回答

1、将10只老鼠剁成馅儿,分到1000个瓶盖中,每个瓶盖倒入适量相应瓶子的液体,置于户外,并每天补充适量相应的液体,观察一周,看哪个瓶盖中的肉馅没有腐烂或生蛆。(你要是胆子够大就可以这么回答,是个狼人)

2、首先一共有1000瓶,2的10次方是1024,刚好大于1000,也就是说,1000瓶药品可以使用10位二进制数就可以表示。从第一个开始:

第一瓶 : 00 0000 0001

第二瓶: 00 0000 0010

第三瓶: 00 0000 0011

……

第999瓶: 11 1111 0010

第1000瓶: 11 1111 0011

需要十只老鼠,如果按顺序编号,ABCDEFGHIJ分别代表从低位到高位每一个位。 每只老鼠对应一个二进制位,如果该位上的数字为1,则给老鼠喝瓶里的药。

观察,若死亡的老鼠编号为:ACFGJ,一共死去五只老鼠,则对应的编号为 10 0110 0101,则有毒的药品为该编号的药品,转为十进制数为:613号。(这才是正解,当然前提是老鼠还没被撑死)

类似的问题

8瓶酒一瓶有毒,用小老鼠测试。每次测试结果8小时后才会得出,而你只有8个小时的时间。最少需要( )老鼠测试? A、2 B、3 C、4 D、6

解析:用3位2进制代表8瓶酒,如下表所示

瓶序号 二进制 中毒情况

第一瓶 000 全没中毒

第二瓶 001 只有第一个老鼠中毒

第三瓶 010 只有第二个老鼠中毒

第四瓶 011 第一个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第五瓶 100 只有第三个老鼠中毒

第六瓶 101 第一个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第七瓶 110 第二个老鼠、第三个老鼠同时中毒

第八瓶 111 三个老鼠同时中毒

其中,第一个老鼠喝下最低位为1对应的酒,第二个老鼠喝下中间位为1对应的酒,第三个老鼠喝下最高位为1对应的酒

最后将所有中毒的老鼠,对应的位次进行与操作即可以知道那瓶毒药有毒了

# 7、利用烧绳子计算时间

现有若干不均匀的绳子,烧完这根绳子需要一个小时,问如何准确计时15分钟,30分钟,45分钟,75分钟。。。

计算15分钟:对折之后两头烧(要求对折之后绑的够紧,否则看45分钟解法)

计算30分钟:两头烧

计算45分钟:两根,一根两头烧一根一头烧,两头烧完过了30分钟,立即将第二根另一头点燃,到烧完又过15分钟,加起来45分钟

计算75分钟:将30和45分钟的方式加起来就可以了

其余类似

# 8、在24小时里面时针分针秒针可以重合几次

24小时中时针走2圈,而分针走24圈,时针和分针重合24-2=22次,而只要时针和分针重合,秒针一定有机会重合,所以总共重合22次

# 9、100个奴隶猜帽子颜色

一百个奴隶站成一纵列,每人头上随机带上黑色或白色的帽子,各人不知道自己帽子的颜色,但是能看见自己前面所有人帽子的颜色. 然后从最后一个奴隶开始,每人只能用同一种声调和音量说一个字:”黑”或”白”, 如果说中了自己帽子的颜色,就存活,说错了就拉出去斩了,说的参考回答所有奴隶都能听见。 是否说对,其他奴隶不知道。 在这之前,所有奴隶可以聚在一起商量策略,问如果奴隶都足够聪明而且反应足够快,100个人最大存活率是多少?

参考回答:这是一道经典推理题

1、最后一个人如果看到奇数顶黑帽子报“黑”否则报“白”,他可能死

2、其他人记住这个值(实际是黑帽奇偶数),在此之后当再听到黑时,黑帽数量减一

3、从倒数第二人开始,就有两个信息:记住的值与看到的值,相同报“白”,不同报“黑”

99人能100%存活,1人50%能活

另外,此题还有变种:每个奴隶只能看见前面一个人帽子颜色又能最多存活多少人?

参考回答:增加限制条件后,上面的方法就失效了,此时只能约定偶数位奴隶说他前一个人的帽子颜色,奇数奴隶获取信息100%存活,偶数奴隶50几率存活。

# 10、 小猴子搬香蕉

一个小猴子边上有100根香蕉,它要走过50米才能到家,每次它最多搬50根香蕉,(多了就被压死了),它每走 1米就要吃掉一根,请问它最多能把多少根香蕉搬到家里?

(提示:他可以把香蕉放下往返的走,但是必须保证它每走一米都能有香蕉吃。也可以走到n米时,放下一些香蕉,拿着n根香蕉走回去重新搬50根。)

参考回答:这种试题通常有一个迷惑点,让人看不懂题目的意图。此题迷惑点在于:走一米吃一根香蕉,一共走50米,那不是把50根香蕉吃完了吗?如果要回去搬另外50根香蕉,则往回走的时候也要吃香蕉,这样每走一米需要吃掉三根香蕉,走50米岂不是需要150根香蕉?

其实不然,本题关键点在于:猴子搬箱子的过程其实分为两个阶段,第一阶段:来回搬,当香蕉数目大于50根时,猴子每搬一米需要吃掉三根香蕉。第二阶段:香蕉数《=50,直接搬回去。每走一米吃掉1根。

我们分析第一阶段:假如把100根香蕉分为两箱。一箱50根。

第一步,把A箱搬一米,吃一根。

第二步,往回走一米,吃一根。

第三步,把B箱搬一米,吃一根。

这样,把所有香蕉搬走一米需要吃掉三根香蕉。

这样走到第几米的时候,香蕉数刚好小于50呢?

100-(n*3)<50 && 100-(n-1*3)>50

走到16米的时候,吃掉48根香蕉,剩52根香蕉。这步很有意思,它可以直接搬50往前走,也可以再来回搬一次,但结果都是一样的。

到17米的时候,猴子还有49根香蕉。这时猴子就轻松啦,直接背着走就行。

第二阶段:

走一米吃一根。

把剩下的50-17=33米走完。还剩49-33=16根香蕉。

# 11、高楼扔鸡蛋(经典问题)

有2个鸡蛋,从100层楼上往下扔,以此来测试鸡蛋的硬度。比如鸡蛋在第9层没有摔碎,在第10层摔碎了,那么鸡蛋不会摔碎的临界点就是9层。

问:如何用最少的尝试次数,测试出鸡蛋不会摔碎的临界点?

首先要说明的是这道题你要是一上来就说出正确参考回答,那说明你的智商不是超过160就是你做过这题。

所以建议你循序渐进的回答,一上来就说最优解可能结果不会让你和面试官满意。

参考回答

# 1、暴力法

举个例子,最笨的测试方法,是什么样的呢?把其中一个鸡蛋,从第1层开始往下扔。如果在第1层没碎,换到第2层扔;如果在第2层没碎,换到第3层扔.......如果第59层没碎,换到第60层扔;如果第60层碎了,说明不会摔碎的临界点是第59层。

在最坏情况下,这个方法需要扔100次。

# 2、二分法

采用类似于二分查找的方法,把鸡蛋从一半楼层(50层)往下扔。

如果第一枚鸡蛋,在50层碎了,第二枚鸡蛋,就从第1层开始扔,一层一层增长,一直扔到第49层。

如果第一枚鸡蛋在50层没碎了,则继续使用二分法,在剩余楼层的一半(75层)往下扔......

这个方法在最坏情况下,需要尝试50次。

# 3、均匀法

如何让第一枚鸡蛋和第二枚鸡蛋的尝试次数,尽可能均衡呢?

很简单,做一个平方根运算,100的平方根是10。

因此,我们尝试每10层扔一次,第一次从10层扔,第二次从20层扔,第三次从30层......一直扔到100层。

这样的最好情况是在第10层碎掉,尝试次数为 1 + 9 = 10次。

最坏的情况是在第100层碎掉,尝试次数为 10 + 9 = 19次。

不过,这里有一个小小的优化点,我们可以从15层开始扔,接下来从25层、35层扔......一直到95层。

这样最坏情况是在第95层碎掉,尝试次数为 9 + 9 = 18次。

# 4、最优解法

最优解法是反向思考的经典:如果最优解法在最坏情况下需要扔X次,那第一次在第几层扔最好呢?

参考回答是:从X层扔

假设最优的尝试次数的x次,为什么第一次扔就要选择第x层呢?

这里的解释会有些烧脑,请小伙伴们坐稳扶好:

假设第一次扔在第x+1层:

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x层。

这样一来,我们总共尝试了x+1次,和假设尝试x次相悖。由此可见,第一次扔的楼层必须小于x+1层。

假设第一次扔在第x-1层:

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x-2层。

这样一来,我们总共尝试了x-2+1 = x-1次,虽然没有超出假设次数,但似乎有些过于保守。

假设第一次扔在第x层:

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x-1层。

这样一来,我们总共尝试了x-1+1 = x次,刚刚好没有超出假设次数。

因此,要想尽量楼层跨度大一些,又要保证不超过假设的尝试次数x,那么第一次扔鸡蛋的最优选择就是第x层。

那么算最坏情况,第二次你只剩下x-1次机会,按照上面的说法,你第二次尝试的位置必然是X+(X-1);

以此类推我们可得:

x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100

这个方程式不难理解:

左边的多项式是各次扔鸡蛋的楼层跨度之和。由于假设尝试x次,所以这个多项式共有x项。

右边是总的楼层数100。

下面我们来解这个方程:

x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100 转化为

(x+1)*x/2 = 100

最终x向上取整,得到 x = 14

因此,最优解在最坏情况的尝试次数是14次,第一次扔鸡蛋的楼层也是14层。

最后,让我们把第一个鸡蛋没碎的情况下,所尝试的楼层数完整列举出来:

14,27, 39, 50, 60, 69, 77, 84, 90, 95, 99, 100

举个例子验证下:

假如鸡蛋不会碎的临界点是65层,那么第一个鸡蛋扔出的楼层是14,27,50,60,69。这时候啪的一声碎了。

第二个鸡蛋继续,从61层开始,61,62,63,64,65,66,啪的一声碎了。

因此得到不会碎的临界点65层,总尝试次数是 6 + 6 = 12 < 14 。

# 12、N只蚂蚁走树枝,问总距离或者总时间

问题:放N只蚂蚁在一条长度为M树枝上,蚂蚁与蚂蚁之间碰到就各自往反方向走,问总距离或者时间为多少?

参考回答:这个其实就一个诀窍:蚂蚁相碰就往反方向走,可以直接看做没有发生任何事:大家都相当于独立的

A蚂蚁与B蚂蚁相碰后你可以看做没有发生这次碰撞,这样无论是求时间还是距离都很简单了。

# 13、N个强盗分配M个金币,求方案使得自己分配最多

5个海盗抢到了100枚金币,每一颗都一样的大小和价值。 他们决定这么分:

  1. ​ 抽签决定自己的号码(1,2,3,4,5)
  2. ​ 首先,由1号提出分配方案,然后大家5人进行表决,当 半数以上的人同意时( 不包括半数,这是重点),按照他的提案进行分配,否则将被扔入大海喂鲨鱼。
  3. ​ 如果1号死后,再由2号提出分配方案,然后大家4人进行表决,当且仅当半超过半数的人同意时,按照他的提案进行分配,否则将被扔入大海喂鲨鱼。
  4. ​ 依次类推......

假设每一位海盗都足够聪明,并且利益至上,能多分一枚金币绝不少分,那么1号海盗该怎么分金币才能使自己分到最多的金币呢?

参考回答

从后向前推,如果1至3号强盗都喂了鲨鱼,只剩4号和5号的话,5号一定投反对票让4号喂鲨鱼,以独吞全部金币。所以,4号惟有支持3号才能保命。

3号知道这一点,就会提出“100,0,0”的分配方案,对4号、5号一毛不拔而将全部金币归为已有,因为他知道4号一无所获但还是会投赞成票,再加上自己一票,他的方案即可通过。

不过,2号推知3号的方案,就会提出“98,0,1,1”的方案,即放弃3号,而给予4号和5号各一枚金币。由于该方案对于4号和5号来说比在3号分配时更为有利,他们将支持他而不希望他出局而由3号来分配。这样,2号将拿走98枚金币。

同样,2号的方案也会被1号所洞悉,1号并将提出(97,0,1,2,0)或(97,0,1,0,2)的方案,即放弃2号,而给3号一枚金币,同时给4号(或5号)2枚金币。由于1号的这一方案对于3号和4号(或5号)来说,相比2号分配时更优,他们将投1号的赞成票,再加上1号自己的票,1号的方案可获通过,97枚金币可轻松落入囊中。这无疑是1号能够获取最大收益的方案了!参考回答是:1号强盗分给3号1枚金币,分给4号或5号强盗2枚,自己独得97枚。分配方案可写成(97,0,1,2,0)或(97,0,1,0,2)。

此题还有变种:就是只需要一半人同意即可,不需要一半人以上同意方案就可以通过,在其他条件不变的情况下,1号该怎么分配才能获得最多的金币?

参考回答:类似的推理过程

4号:4号提出的方案的时候肯定是最终方案,因为不管5号同意不同意都能通过,所以4号5号不必担心自己被投入大海。那此时5号获得的金币为0,4号获得的金币为100。

5号:因为4号提方案的时候 ,自己获取的金币为0 。所以只要4号之前的人分配给自己的金币大于0就同意该方案。

4号:如果3号提的方案一定能获得通过(原因:3号给5号的金币大于0, 5号就同意 因此就能通过),那自己获得的金币就为0,所以只要2号让自己获得的金币大于0就会同意。

3号:因为到了自己提方案的时候可以给5号一金币,自己的方案就能通过,但考虑到2号提方案的时候给4号一个金币,2号的方案就会通过,那自己获得的金币就为0。所以只要1号让自己获得的金币大于0就会同意。

2号:因为到了自己提方案的时候只要给4号一金币,就能获得通过,根本就不用顾及3 号 5号同意不同意,所以不管1号怎么提都不会同意。

1号:2号肯定不会同意。但只要给3号一块金币,5号一块金币(因为5号如果不同意,那么4号分配的时候,他什么都拿不到)就能获得通过。

所以参考回答是 98,0,1,0,1。

类似的问题也可用类似的推理即可。

# 14、火枪手决斗,谁活下来的概率大?

问题:彼此痛恨的甲、乙、丙三个枪手准备决斗。甲枪法最好,十发八中;乙枪法次之,十发六中;丙枪法最差,十发四中。如果三人同时开枪,并且每人每轮只发一枪;那么枪战后,谁活下来的机会大一些?

参考回答

一般人认为甲的枪法好,活下来的可能性大一些。但合乎推理的结论是,枪法最糟糕的丙活下来的几率最大。

那么我们先来分析一下各个枪手的策略。

如同田忌赛马一般,枪手甲一定要对枪手乙先。因为乙对甲的威胁要比丙对甲的威胁更大,甲应该首先干掉乙,这是甲的最佳策略。

同样的道理,枪手乙的最佳策略是第一枪瞄准甲。乙一旦将甲干掉,乙和丙进行对决,乙胜算的概率自然大很多。

枪手丙的最佳策略也是先对甲。乙的枪法毕竟比甲差一些,丙先把甲干掉再与乙进行对决,丙的存活概率还是要高一些。

我们根据分析来计算一下三个枪手在上述情况下的存活几率: 第一轮:甲射乙,乙射甲,丙射甲。 甲的活率为24%(40% X 60%)

乙的活率为20%(100% - 80%)

丙的活率为100%(无人射丙)。

由于丙100%存活率,因此根据上轮甲乙存活的情况来计算三人第二轮的存活几率:

情况1:甲活乙死(24% X 80% = 19.2%) 甲射丙,丙射甲:甲的活率为60%,丙的活率为20%。 情况2:乙活甲死(20% X 76% = 15.2%) 乙射丙,丙射乙:乙的活率为60%,丙的活率为40%。 情况3:甲乙同活(24% X 20% = 4.8%) 重复第一轮。 情况4:甲乙同死(76% X 80% = 60.8%) 枪战结束。

据此来计算三人活率: 甲的活率为(19.2% X 60%) + (4.8% X 24%) = 12.672% 乙的活率为(15.2% X 60%) + (4.8% X 20%) = 10.08% 丙的活率为(19.2% X 20%) + (15.2% X 40%) + (4.8% X 100%) + (60.8% X 100%) = 75.52%

通过对两轮枪战的详细概率计算,我们发现枪法最差的丙存活的几率最大,枪法较好的甲和乙的存活几率却远低于丙的存活几率。

# 15、先手必胜的问题

100本书,每次能够拿1-5本,怎么拿能保证最后一次是你拿?

参考回答

寻找每个回合固定的拿取模式,最后一次是我拿,那么上个回合最少剩下6本。那么只要保持每个回合结束后都剩下6的倍数,并且在这个回合中我拿的和对方拿的加起来为6(这样这个回合结束后剩下的还是6的倍数),就必胜。

关键是第一次我必须先手拿(100%6=4)本(这不算在第一回合里面)。

# 16、掰巧克力问题或者参加辩论赛

1、掰巧克力问题 N*M块巧克力,每次掰一块的一行或一列,掰成1*1的巧克力需要多少次?

2、1000个人参加辩论赛,1V1,输了就退出,需要安排多少场比赛?

参考回答

每次拿起一块巧克力,掰一下(无论横着还是竖着)都会变成两块,因为所有的巧克力共有N*M块,所以要掰N*M-1次,-1是因为最开始的一块是不用算进去的。

每一场辩论赛参加两个人,消失一个人,所以可以看作是每一场辩论赛减少一个人,直到最后剩下1个人,所以是1000-1=999场。

# 参考资料

https://www.zhihu.com/question/288093713/answer/482192781

https://blog.csdn.net/qq_38316721/article/details/81351297